ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2023-02-18   
В прямоугольном треугольнике $ABC$ с прямым углом $C$ точки $M$ и $N$ - середины катетов $AC$ и $BC$ соответственно, $CH$ - высота.
а) Докажите, что прямые $MH$ и $NH$ перпендикулярны.
б) Пусть $P$ - точка пересечения прямых $AC$ и $NH$, а $Q$ - точка пересечения прямых $BC$ и $MH$. Найдите площадь треугольника $MPQ$, если $AH=4$ и $BH=2$.


Решение:


а) Отрезок $HM$ - медиана прямоугольного треугольника $AHC$, проведённая из вершины прямого угла, поэтому $MH=\frac{1}{2}AC=CM$ (см. задачу 4775). Аналогично $NH=CN$. Треугольник $MHN$ равен треугольнику $MCN$ по трём сторонам, следовательно,

$\angle MHN=\angle MCN=90^{\circ}.$


б) Отрезок $CH$ - высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, поэтому

$CH=\sqrt{AH\cdot BH}=\sqrt{4\cdot2}=2\sqrt{2}$

(см задачу 6185). Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Тогда

$tg\alpha=tg\angle CAH=\frac{CH}{AH}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2},$

$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+tg^{2}\alpha}}=\sqrt{\frac{2}{3}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}.$


По теореме о внешнем угле треугольника

$\angle PMQ=\angle CMH=\angle AHM+\angle MHA=2\alpha,$

причём

$\cos2\alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$


Поскольку $PH$ и $QC$ - высоты треугольника $MPQ$, треугольник $MHC$ подобен треугольнику $MPQ$, причём коэффициент подобия равен $\cos\angle PMQ=\cos2\alpha=\frac{1}{3}$. Следовательно,

$S_{\Delta MPQ}=\frac{S_{\Delta MHC}}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}S_{\Delta AHC}}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}CH\cdot AH}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{2}\cdot4}{\frac{1}{9}}=18\sqrt{2}.$